重视和发掘习题潜功能

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1、重视和发掘习题的潜功能张艳堂有一题是这样的：已知a,b,c是△ABC的三条边，比较大小（a＋b＋c）24（ab＋bc＋ca）。这道题的解答可以用特殊值法。取a＝b＝c＝1，得（a＋b＋c）2＝9，4（ab＋bc＋ca）＝12，所以（a＋b＋c）2＜4（ab＋bc＋ca）。将这道题稍微变形，就是全日制普通高级中学教科书（实验修订本·必修）数学第二册（上）第31页B组题的第6题：设a,b,c为△ABC的三边，求证：a2＋b2＋c2＜2（ab＋bc＋ca）。这道题的解法紧紧围绕三角形的边的特征，依据不同的思维，不同

2、的入口结合不等式证明的不同方法，，可以得到不同的证法。并且依据已经证明的结论，还可以进行引申。1、常规思维法不等式的证明最基本的方法就是求差比较法，基于此，有如下的解法：证法一∵a2＋b2＋c2－2（ab＋bc＋ca）＝a2－2ab＋b2＋c2－2ac＋a2＋c2－2bc＋b2－a2－b2－c2＝（a－b）2＋（c－a）2＋（c－b）2－a2－b2－c2＝（a－b）2－c2＋（c－a）2－b2＋（c－b）2－a2＝（a－b＋c）（a－b－c）＋（c－a＋b）（c－a－b）＋（c－b＋a）（c－b－a）又∵a,b,

3、c为△ABC的三边∴a－b＋c＞0a－b－c＜0c－a＋b＞0c－a－b＜0c－b＋a＞0c－b－a＜0∴（a－b＋c）（a－b－c）＋（c－a＋b）（c－a－b）＋（c－b＋a）（c－b－a）＜0∴a2＋b2＋c2＜2（ab＋bc＋ca）利用不同的组合，然旧利用求差比较法可以得到证法二∵a2＋b2＋c2－2（ab＋bc＋ca）＝（a2－ab－ca）＋（b2－ab－bc）＋（c2－bc－ac）＝a（a－b－c）＋b（b－a－c）＋c（c－b－a）＝－〔a（b＋c－a）＋b（a＋c－b）＋c（b＋a－c）〕又∵a,b

4、,c为△ABC的三边∴a＞0，b＞0，c＞0且a＋b＞c，a＋c＞b，b＋c＞a利用同向正则不等式可以相乘，得到∴a（b＋c－a）＋b（a＋c－b）＋c（b＋a－c）＞0∴－〔a（b＋c－a）＋b（a＋c－b）＋c（b＋a－c）〕＜0∴a2＋b2＋c2＜2（ab＋bc＋ca）2、利用分析法，结合三角形的边角关系和同向正则不等式可以相乘的性质可以得到证法三：∵a,b,c为△ABC的三边∴a＞0，b＞0，c＞0且a＋b＞c，a＋c＞b，b＋c＞a利用同向正则不等式可以相乘，得到a(b＋c)＞a2b(a＋c)＞b2c(a＋

5、b)＞c2又∵2（ab＋bc＋ca）＝ab＋ac＋bc＋ba＋bc＋ac＝a(b＋c)＋b(a＋c)＋c(a＋b)＞a2＋b2＋c2∴a2＋b2＋c2＜2（ab＋bc＋ca）在讨论题目的证明过程中，有的同学想到了这样的证明方法：证法四∵a,b,c为△ABC的三边∴a－b＜c，b－c＜a，a－c＜b∴（a－b）2＜c2，（b－c）2＜a2，（a－c）2＜b2上述三个不等式相得（a－b）＋（b－c）2＋（a－c）2＜a2＋b2＋c2即a2＋b2＋c2＜2（ab＋bc＋ca）这种证明简明扼要，非常优秀，说明学生的思维

6、是非常敏捷的。只是在三角形中由a－b＜c，b－c＜a，a－c＜b就一定推出（a－b）2＜c2，（b－c）2＜a2，（a－c）2＜b2的推理不严谨，师生共同改进证明方法可以得到下列优秀证法证明：∵a,b,c为△ABC的三边∴

7、a－b

8、＜c，

9、b－c

10、＜a，

11、a－c

12、＜b∴（a－b）2＜c2，（b－c）2＜a2，（a－c）2＜b2上述三个同向不等式相得（a－b）＋（b－c）2＋（a－c）2＜a2＋b2＋c2即a2＋b2＋c2＜2（ab＋bc＋ca）题目证明完成后，进一步引申，可以得到下面的命题：已知a,b,c为△ABC

13、的三边,求证关于x的不等式x2＋（a＋b＋c）x＋ab＋ac＋bc＞0的解集为R。证明：∵a,b,c为△ABC的三边x2＋（a＋b＋c）x＋ab＋ac＋b＝（x＋）2－＋ab＋ac＋bc＝（x＋）2＋〔4（ab＋bc＋ac）－（a＋b＋c）2〕由前面的命题可知（a＋b＋c）2－4（ab＋ac＋bc）＝a2＋b2＋c2－2（ab＋bc＋ca）＝（a2－ab－ca）＋（b2－ab－bc）＋（c2－bc－ac）＝a（a－b－c）＋b（b－a－c）＋c（c－b－a）＝－〔a（b＋c－a）＋b（a＋c－b）＋c（b＋a－c）〕

14、＜0∴4（ab＋bc＋ac）－（a＋b＋c）2＞0又∵（x＋）2＞0∴（x＋）2＋〔4（ab＋bc＋ac）－（a＋b＋c）2〕＞0恒成立∴关于x的不等式x2＋（a＋b＋c）x＋ab＋ac＋bc＞0的解集为R由上面的证明可以看出，精心研究习题的解答，重视课本习题的辐射作用，无论对教师和学生都是极其有利的。